物理·新疆巴音郭楞州库尔勒四中2016-2017学年高二上学期分班考试物理试卷 Word版含答案 17页

‎2016-2017学年新疆巴音郭楞州库尔勒四中高二（上）分班考试物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分，其中1-6为单选题，7-10为多选题，选不全得2分）‎ ‎1．如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物（　　）‎ A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v ‎2．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2s与5s内汽车的位移之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：5 C．4：3 D．5：4‎ ‎3．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距500m ‎4．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v=，则小球的运动情况为（　　）‎ A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P24‎ B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力D C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力D D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力L ‎5．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小减小为原来的，则变轨前后卫星的（　　）x A．轨道半径之比为1：2 B．向心加速度大小之比为4：1R C．角速度大小之比为2：1 D．周期之比为1：8z ‎6．如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转的圆盘上，三物与转盘的最大静摩擦因数均为μ，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴距离为R，C离轴2R，若三物相对盘静止，则（　　）Z A．每个物体均受重力、支持力、静摩擦力、向心力四个力作用H B．A和B的向心加速度相同8‎ C．B和C所受摩擦力相等l D．当圆台转速增大时，C比B先滑动，A和B同时滑动h ‎7．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（　　）B A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力s B．B一定受到C的摩擦力9‎ C．C一定受到水平面的摩擦力p D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零2‎ ‎8．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是（　　）D A．夹角α将变大T B．夹角α与初速度大小无关1‎ C．小球在空中的运动时间变成原来的2倍i D．PQ间距是原来间距的3倍O ‎9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则（两图取同一正方向，取g=10m/s2）（　　）w A．滑块的质量为0.5 kg=‎ B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05=‎ C．第1 s内摩擦力对滑块做功为﹣1 J D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W ‎10．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）‎ A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎11．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图1所示 ‎（1）为了探究加速度与力的关系，应保持　　不变；为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出　　图象（选填“a﹣F”或“a﹣”）．‎ ‎（2）为了探究加速度与质量的关系，应保持　　不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作　　图象（选填“a﹣m”或“a﹣”）‎ ‎（3）为减小实验误差，盘和砝码的质量应　　小车的质量．‎ ‎（4）图2为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为　　s．为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为　　m/s．小车的加速度a=　　m/s2（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（要有解题过程和必要的文字说明，共44分）‎ ‎12．如图所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，现对物体施加一个大小F=20N、与水平方向夹角θ=37o角的斜向上的拉力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体的加速度大小．‎ ‎（2）物体在拉力作用下5s末的速度及5s末拉力的功率？‎ ‎（3）若F作用t=5s后即撤除，此后物体还能运动多远？‎ ‎13．如图所示，让摆球从图中的A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线恰好被拉断．设摆线长L=1.6m，摆球质量为0.5kg，悬点与地面的竖直高度为H=4.0m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）摆线承受的最大拉力 ‎（2）摆球落地时速度的大小；‎ ‎（3）D点到C点的距离．‎ ‎14．如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年新疆巴音郭楞州库尔勒四中高二（上）分班考试物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分，其中1-6为单选题，7-10为多选题，选不全得2分）‎ ‎1．如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物（　　）‎ A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向．‎ ‎【解答】解：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；‎ 由矢量合成可知，二者的合速度v合=v；方向北偏东45度．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2s与5s内汽车的位移之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：5 C．4：3 D．5：4‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求解．‎ ‎【解答】解：汽车速度减为零的时间为：，‎ ‎2s时位移：x1=，‎ 所以刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移为：x2=，‎ 所以2s与5s内汽车的位移之比为3：4‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距500m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大．由“面积”读出位移，由图读出第20s和第60s时两物体a、b的位移差相等，从同一位置出发，间距相等．第40s时，两物体a、b速度相等，由“面积”差，读出相距的距离．根据第60s时位移关系判断位置关系 ‎【解答】解：A、速度图象的斜率表示加速度．a、b加速时b的斜率大，加速度大．故A错误；‎ ‎ B、第40s时，两物体a、b速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，故B错误； ‎ ‎ C、由图可知第40s时，物体b的位移小于物体a的位移，物体a在物体b的前方，故C正确；‎ ‎ D、第40s时，两物体a、b速度相等，相距，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v=，则小球的运动情况为（　　）‎ A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力 C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力 D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】先根据动能定理判断小球能否到达P点，若能则小球在最高点时竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，求出小球在最高点的合力，从而确定小球受到的是拉力还是支持力．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：‎ ‎﹣mg•2l=mv′2﹣mv2‎ 解得v′=＜．知小球能够到达最高点P．在P点受到轻杆对它向上的弹力．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小减小为原来的，则变轨前后卫星的（　　）‎ A．轨道半径之比为1：2 B．向心加速度大小之比为4：1‎ C．角速度大小之比为2：1 D．周期之比为1：8‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度的变化．‎ ‎【解答】解：根据得，v=，线速度减为原来的，则轨道半径变为原来的4倍．则轨道半径之比为1：4．‎ 根据 解得，，T=，则向心加速度变为原来的，角速度变为原来的，周期变为原来的8倍．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转的圆盘上，三物与转盘的最大静摩擦因数均为μ，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴距离为R，C离轴2R，若三物相对盘静止，则（　　）‎ A．每个物体均受重力、支持力、静摩擦力、向心力四个力作用 B．A和B的向心加速度相同 C．B和C所受摩擦力相等 D．当圆台转速增大时，C比B先滑动，A和B同时滑动 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，向心力大小由物体的质量与半径决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体做离心运动，开始滑动．‎ ‎【解答】解：A、物体做匀速圆周运动，受到重力、支持力、静摩擦力作用，由三个力的合力提供向心力，向心力不是物体实际受到的力，故A错误；‎ B、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力．三个物体的角速度相等，由a=ω2r，得知：A、B、C的向心加速度分别为：，，，所以AB的向心加速度大小相等，但方向各不相同，故B错误；‎ C、根据摩擦力提供向心力，三个物体所受的摩擦力分别为：FA=2mω2R，FB=mω2R，FC=mω2•2R，所以静摩擦力B物体最小，小于C的摩擦力．故C错误；‎ D、当圆盘匀速转动时，A、B、C三个物体相对圆盘静止，它们的角速度相同，所需要的向心力最小的是B物体．最大静摩擦力分别为：当圆盘转速增大时，C的静摩擦力先达到最大，最先开始滑动．A和B的静摩擦力同时达到最大，两者同时开始滑动．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（　　）‎ A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力 B．B一定受到C的摩擦力 C．C一定受到水平面的摩擦力 D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．‎ ‎【解答】解：A、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsinθ=（mB+mC）g，绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；‎ B、对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ=mAg时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力．故B错误；‎ C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；‎ D、若将细绳剪断，B物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面向下的加速度，该加速度在水平方向上有分量故对C的作用力有水平向右的分量，而C处于平衡状态可知，地面对C的摩擦力肯定不为零，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是（　　）‎ A．夹角α将变大 B．夹角α与初速度大小无关 C．小球在空中的运动时间变成原来的2倍 D．PQ间距是原来间距的3倍 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中的运动时间，从而得出PQ间的变化．结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、速度与水平方向夹角的正切值，可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．因为位移与水平方向夹角不变，则速度与水平方向夹角不变，所以两个角度之差，即α不变，与初速度无关．故A错误，B正确；‎ C、根据==得，t=，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍．故C正确；‎ D、根据知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，则PQ间距变为原来的4倍．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则（两图取同一正方向，取g=10m/s2）（　　）‎ A．滑块的质量为0.5 kg B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05‎ C．第1 s内摩擦力对滑块做功为﹣1 J D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由v﹣t图象的斜率得到加速度；由牛顿第二定律列方程求解摩擦力；根据功的公式W=FL可得功大小，由P=F求解平均功率．‎ ‎【解答】解：由图象斜率得加速度为：‎ AB、由两图知，第一秒内有：f+F=ma，第二秒内有：F′﹣f=ma，代入数据得：f+1=3﹣f，故f=1N，m=2kg，又由f=μmg可得动摩擦因数μ=0.05，故A错误，B正确；‎ C、第一秒内的位移为：x==0.5m，根据功的公式W=FL可得第1s内摩擦力对滑块做功为﹣0.5J，故C错误；‎ D、根据v﹣t图象可知，第2秒内的平均速度，所以第2s的平均功率P=，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）‎ A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】重力做功只跟高度差有关，只有重力或弹簧弹力做功时，机械能守恒，根据动能定理求解合外力做的功及摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：A、重力做功WG=mg（2R﹣R）=mgR，故A错误；‎ B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有 mg=m 解得：v=‎ 根据动能定理得：‎ W合=mv2=mgR 合外力做的功不等于重力做的功，所以机械能不守恒，‎ WG+Wf=mv2=mgR 所以Wf=﹣mgR 所以克服摩擦力做功为mgR，机械能减少mgR，故CD正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎11．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图1所示 ‎（1）为了探究加速度与力的关系，应保持　质量　不变；为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出　a﹣F　图象（选填“a﹣F”或“a﹣”）．‎ ‎（2）为了探究加速度与质量的关系，应保持　拉力F　不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作　a﹣　图象（选填“a﹣m”或“a﹣”）‎ ‎（3）为减小实验误差，盘和砝码的质量应　远小于　小车的质量．‎ ‎（4）图2为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为　0.1　s．为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为　0.46　m/s．小车的加速度a=　1.2　m/s2（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1、2、3）“探究加速度与力、质量的关系”实验中，研究三者关系必须运用控制变量法，正确理解控制变量法的应用即可解答；‎ ‎（3）明确砝码质量对实验结果的影响，从而明确满足砝码质量远小于小车质量时，才能认为拉力等于砝码的重力；‎ ‎（4）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小 ‎【解答】解：（1）加速度与F成正比，故该同学要探究小车的加速度a和力F的关系，应该保持质量M不变；作出a﹣F图象；‎ ‎（2）加速度与质量成反比，故要探究小车的加速度a和质量m的关系，应该保持细线对车的拉力F不变，做出a﹣图象；‎ ‎（3）为减小实验误差，盘和砝码的质量应比小车的质量小得多，才可以用盘和砝码的重力来表示小车的拉力，．‎ ‎（4）每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T=0.1s；‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．‎ v3==cm/s=46cm/s=0.46m/s 根据纸带的数据得相邻的相等的时间间隔位移之差几乎相等，所以小车做的为匀加速直线运动．‎ 设0到1之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：‎ x3﹣x1=2a1T2‎ x4﹣x2=2a2T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：‎ a=（a1+a2）‎ 即：a=cm/s2=120cm/s=1.2m/s2‎ 故答案为：（1）质量；a﹣F； （2）拉力F；a﹣（3）远小于；（4）0.1；0.46； 1.2．‎ ‎　‎ 三、计算题（要有解题过程和必要的文字说明，共44分）‎ ‎12．如图所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，现对物体施加一个大小F=20N、与水平方向夹角θ=37o角的斜向上的拉力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体的加速度大小．‎ ‎（2）物体在拉力作用下5s末的速度及5s末拉力的功率？‎ ‎（3）若F作用t=5s后即撤除，此后物体还能运动多远？‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）物体受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式v=at求出5s末的速度，根据P=Fvcosθ求得瞬时功率．‎ ‎（3）由牛顿第二定律求的撤去外力后的加速度，由运动学公式求的滑行距离 ‎【解答】解：（1）在力F作用下，由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f=ma ‎ 根据竖直方向合力为零可知：Fsinθ+FN=mg 物体受到的摩擦力为：f=μFN 联立解得：a=6m/s2‎ ‎（2）物体做匀加速运动，5s末的速度为：V=at=6×5=30 m/s ‎ ‎5s末拉力的功率为：P=Fvcos37=°=20×30×0.8W=480W ‎ ‎（3）撤去外力后，由牛顿第二定律可得：μmg=ma′‎ 根据速度位移公式可得：V2=2ax ‎ 联立解得：x=90m ‎ 答：：（1）物体的加速度大小为6m/s2‎ ‎（2）物体在拉力作用下5s末的速度为30m/s，5s末拉力的功率为480W ‎（3）若F作用t=5s后即撤除，此后物体还能运动90m ‎　‎ ‎13．如图所示，让摆球从图中的A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线恰好被拉断．设摆线长L=1.6m，摆球质量为0.5kg，悬点与地面的竖直高度为H=4.0m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）摆线承受的最大拉力 ‎（2）摆球落地时速度的大小；‎ ‎（3）D点到C点的距离．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律求解小球经过B点时的速度大小，摆球摆到最低点B位置时，由牛顿第二定律求解细线能承受的最大拉力．‎ ‎（2）细线被拉断后，摆球做平抛运动，平抛运动的高度为h=H﹣L=2.4m，再根据运动的分解法，由运动学公式求出小球落地时的速度大小．‎ ‎（3）运用运动的分解方法求出平抛运动的水平距离DC．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有：‎ ‎ mgL（1﹣cosθ）=‎ 代入数据可解得：vB===4m/s 摆球摆到最低点B位置时，由牛顿第二定律可知：‎ ‎ Fm﹣mg=m 解得：Fm=m（g+）=0.5×（10+）N=10N ‎（2）小球离开B点后，作平抛运动，‎ 竖直方向；H﹣L=，得 t==s=0.4s ‎ 落地时竖直方向的速度：vy=gt=4m/s ‎ 落地时的速度大小：v==m/s=8m/s ‎（3）落地点D到C的距离 ‎ S=vBt ‎ 可解得：s=4×0.4m=m ‎ 答：（1）细线能承受的最大拉力是10N；‎ ‎（2）摆球落地时速度的大小是8m/s；‎ ‎（3）D点到C点的距离是m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．‎ ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块到达底端B时的速度．滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；‎ ‎（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数μ；‎ ‎（3）根据运动学公式求出滑块从B到C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．‎ ‎【解答】解：（1）滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得 ‎ mgR=mvB2；‎ 解得 vB==2 m/s 在B点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m 代入解得，FN=60N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 FN′=FN=60 N，方向竖直向下．‎ ‎（2）滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得 μmg=ma 又 v02﹣vB2=2aL，联立以上两式解得 μ=0.3‎ ‎（3）设滑块从B运动到C的时间为t，加速度 ‎ a=μg=3 m/s2．‎ 由v0=vB+at，得t==s= s 在这段时间内传送带的位移为 s传=v0t= m 传送带与滑块的相对位移为△s=s传﹣L= m 故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量 ‎ Q=μmg△s=4 J．‎ 答：‎ ‎（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；‎ ‎（2）滑块与传送带问的动摩擦因数μ是0.3；‎ ‎（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J．‎ ‎　‎ ‎2016年11月7日